（勤奋、求是、创新、奉献）
2005～ 2006学年第Ⅰ学期考试试卷
学院 _机械工程学院_ 班级 _02
级 姓名 __________ 学号 _参__
《 制造装备自动控制技术 》课程试卷(B参及评分标准)
（本卷考试时间120分钟）
题号 题分 得分 一、选择题 （每题3分））
1．比例调节器的输出只取决于输入偏差量的（Ａ），而积分调节器的输出则包含了输入偏差量的（Ｄ）。
A：现状 B：方向 C：现状与方向 D：全部历史
2．在转速、 电流双闭环调速系统中，U n* 不变，若增大转速反馈系数α ，在系统稳定时,下面（Ｄ）参数不受影响。
A：ｎ B：∆ｎ C：Ｕd D：Un
3．某直流电动机额定转速nN = 500 r/min ，电枢额定电流IdN = 50 A ，电流过载系数λ=1.5 ,计算机内部定点数占一个字(16bit),其数字控制系统的转速和电流反馈存储系数分别为( B )和（ A ）。
-1
A：3 A B：50 min/r
-1
C：182 A D：25 min/r
4．旋转编码器光栅数为4096，倍频系数为4，高频时钟脉冲频率如f0=1MHz，旋转编码器输出的脉冲个数和高频时钟脉冲个数均采用16位计数器，T法测速时间为0.01s ，当转速n =1000 r／min时的测速分辨率Q和误差率最大值δmax约为( B ), 当转速n = 100r／min时，测速分辨率Q和误差率最大值δmax约为( D )。
A：Q=0.37r/min , δmax=0．037% B：Q=376r/min , δmax=37 % C：Q=0.37r/min , δmax=0．37% D：Q=2.8r/min , δmax=2．8%
5．同步电动机调速系统是属于以下（ B ）形式的调速系统。
A：转差功率消耗型 B：转差功率不变型 C：转差功率馈送型
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一 15 二 25 三 30 四 15 五 15 总得分 100
二、填充题 （每题5分）
1．为保持转速n不变，转速闭环直流调速系统的给定电压Ｕｎcl与开环 调速系统的给定电压Ｕｎk，应
具有:_１＋Ｋ倍 的关系。
2. 因为是:__在高速到低速的转差功率保持不变，工作效率高，调速范围宽_____________的原因，所以说变压变频电源对异步电动机供电是比较理想的交流调速方案。
3．从自动控制系统的典型伯德图看，有三个频段的特性可以判断系统的性能，要使系统稳定性好，中频段应该： 以-20db/dec的斜率穿越0db线，而且这一斜率能覆盖足够的频段宽度(1.5分) ；要使系统快速性好，截止频率ωc 应该： 越高(1分) 越好；要使系统稳态精度高，则低
频段应该 ： 斜率陡、增益高(1.5分) ；要使系统抗干扰的能力越强，则高频段 衰减快，即高频特性负分贝值越低(1分) 越好。
4. 作为工程设计方法的基本思路是尽可能使问题简化，突出重点，设计系统调节器的过程分为两步：
第一步是：首先选择调节器的结构，以确保系统稳定，同时满足所需要的稳态精度(2.5分) ； 第二步是：再选择调节器的参数，以满足动态性能指标的要求(2.5分) 。
5．Ⅰ型和Ⅱ型位置跟随系统，给定稳态误差esr在不同的输入信号作用下是不同的，在Ⅰ型和Ⅱ系统中，
对单位位置阶跃、单位速度输入和单位加速度输入下的稳态误差esr分别是 0、1/K 、∞(2.5分) 和 0、0 、1/K(2.5分) 。
三、问答题（每题6分）
1． 晶闸管一电动机系统需要快速回馈制动时，为什么必须采用可逆线路?
答：在需要快速回馈制动的场合，就必须使变流装置工作在逆变状态，把电动机的动能转变为电能，实
现回馈制动（3分）。但因为晶闸管元件的单方向导电性，不可逆线路无法实现逆变（3分），所以必须采用可逆线路。
2．在转速、电流双闭环调速系统中，两个调节器均采用PI调节器，当系统带额定负载运行时，转速反
馈线突然断线，系统重新进入稳态后，电流调节器的输入偏差电压△Ui是否为零? 为什么?
答：当系统带额定负载运行时，若转速反馈线突然断线，转速调节器的输出迅速达到限幅值，使电流调节
器的输出控制电压也迅速达到限幅值（2分），电枢电流IL迅速上升，电动机飞快加速，当Ui达到Uiam时，电流调节器的输入偏差电压△Ui为零，电枢电流IL不再继续上升（2分），系统重新进入稳态，此时电动机的转速出现“飞车”现象（2分），所以转速闭环系统是不允许开环运行的。
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3． 在转速、电流双闭环调速系统中，若要改变电动机的转速，应调节什么参数? 改变转速调节器的放
大倍数Kn行不行? 改变电力电子变换器的放大倍数Ks行不行? 改变转速反馈系数α行不行? 若要改变电动机的堵转电流，应调节系统中的什么参数? 答：在转速、电流双闭环调速系统中，若要改变电动机的转速应调节给定Un（2分）；改变转速调节器
的放大倍数Kn不能改变电动机的转速（1分）；改变电力电子变换器的放大倍数Ks 也不能改变电动机的转速（1分）；改变转速反馈系数α能改变电动机的转速（1分）；若要改变电动机的堵转电流，应
*
改变系统中转速调节器的输出限幅值Ui或电流反馈系数β（1分）。
4. 按工程设计方法设计双闭环调速系统的转速、电流调节器时，一般应遵循什么原则？从稳态和动态指标考虑，在设计电流和转速调节器时，分别应考虑以什么性能为主？又应该设计成怎样的系统？ 答：按工程设计方法设计双闭环调速系统的转速、电流调节器时，一般应遵循先内环，后外环的原则（2
分），从稳态和动态指标考虑，在设计电流调节器时，应以跟随性能为主要考虑，而在设计转速调节
器时，应以抗扰动性能为主要考虑（2分），为此电流调节器应按Ⅰ型系统设计，转速调节器应按Ⅱ型系统设计（2分）。
5．在设计数字PI调节器时，可以有增量式和位置式二种算法，请写出它们的具体算法，并说明它们的区别、特点和适用场合。
答：位置式算法在第K拍时的输出是 ： u（k）= Kpe（k）+ KI TSam e（k）+ uI （k—1）； 增量式算法在第（K－1）拍时的输出是：∆u（k）= Kp [e（k）—e（k—1）]+KI TSam e（k）；（2分） 从位置式算法可以看到，比例部分只与当前的偏差有关，而积分部分则是和系统过去所有的偏差
的累积有关，计算机会占用比较多的机时和内存，适用于控制对象不具有积分性质的控制场合；（2分） 从增量式算法可以看到，增量式算法只需要当前和上一拍的偏差，即可计算输出的偏差量，计算
机占用较少的机时和内存，适用于控制对象具有积分性质的控制场合。（2分）
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四、计算题 （每题15分）
1． 某调速系统原理图如下图所示，已知数据如下：电动机：PN=10kW，UN=220V，IN=50A，nN=1500r／min，Ra=0.15Ω，整流装置内阻Rrec=0.3Ω，触发整流环节的放大倍数Ks=35 。最大给定电压UNM=15V，当主电路电流达到最大值时，整定电流反馈电压Uim=10V。 设计指标：要求系统满足调速范围D=20，静差率S≤10％，I ，Idcr=1.1IN。试画出系统的静dbL=1.5IN *
态结构框图，并计算： (1) 转速反馈系数α 。 (2) 调节器放大系数Kp。
(3) 电阻Rl的数值。(放大器输入电阻R0=20kΩ) (4) 电阻R2的数值和稳压管VS的击穿电压值。
解：1)稳态时,电流截止负反馈起作用,静态结构图如转速负反馈静态结构图（2分）
稳态时,电流截止负反馈不起作用,静态结构图如转速负反馈静态结构图
以上画出一种就可
2) ∆nCL = nN * S/D(1-S)=1500*0.1/20(1-0.1)=8.33r/min ； 考试试卷第 4 页 共 5 页
1分）
（ Ce = UN - IN *Ra/nN = 220-50*0.15/1500 = 0.14 （1分） ∆nOP = IN * 0.45 /Ce = 50*0.45/0.14 = 160 r/min （1分） K = ∆nOP / ∆nCL-1 = 160/8.33 – 1 = 18.3 ， 取K=18 （2分） 稳态时,Unmax = 15V , 取α2 = 0.25 , Cetg = 110/1900 = 0.0579V•min/r α =α2 * Cetg = 0.25*0.0579=0.0145 V•min/r , 所以Kp = 18 *0.14/0.0145*35 = 5.05 ,
取Kp = 5 （4分） 3) 因为取R0 = 20KΩ , 所以R1 = Kp * R0 = 5 * 20 = 100 KΩ （2分） 4) UVS = Idcr *β=1.1* IN * Uim/ I dbL =1.1* IN * Uim /1.5IN =7.33V ,取UVS =7.4V, （1分）
UI = UIM – UVS = 10 – 7.4 = 2.6V R2 = UI / UNM* R0 = 2.6/15 *20 = 3.46KΩ, 取R2 为3.6 KΩ 。 （1分）
（计算过程正确，结果错误可酌情判分）
2．某生产设备由直流电动机驱动，电动机的参数为：PN = 30 kw、UN = 220V、IN = 135A、nN = 1460 r/min、Ra =0.2Ω、主回路总电阻R = 0.5 Ω , 主回路电感L = 0.015H ,折算到电动机轴上拖动系统的飞轮转矩GD2 = 22.4N·m2 , 整流装置放大倍数Ks = 40 ,给定电压UNM =10V , 调节器限幅电压Uim、Ucm均为10V，反馈滤波器时间常数 Toi = 2 ms 、Ton = 10 ms 。
技术要求：稳态指标为在阶跃输入下无静差；动态指标为：电流超调量δi ‹= 5% ，最大动态速降在负载变化为额定值的20%时，△nmax / nn ‹= 2% ，要求计算电流调节器和速度调节器的参数。 解：根据题义，先求有关参数；
Te = L / R = 0.015 / 0.5 = 30 ms ,Ce = ( UN - IN* Ra ) / nN =(220-13.6*0.2)/1460= 0.132V/rpm Cm = 30* Ce/π=1.26N·m/A , Tm = GD2 / 375 * R/ Ce* Cm = 180 ms, Ts = 1.7 ms
IM = 1.5 IN = 204 A , 电流反馈系数β= Uim/ I M = 10 / 204 = 0.05V , 电压反馈系数α= UN /
nN=10/1460=0.007V/rpm
3)
所以：K=1/2 TΣi = 1/2*0.0037 = 135 = ωci < 1/(3 Ts)=1/(3*1.7*10=196 , 满足纯滞后环的近似条件。 1．求电流调节器具体参数 : 经简化后的电流环动态结构图如下图，TΣi = Toi + Ts = 0.0037 s
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*
*
*
* *
因为 K = 133*Ki ,所以 Ki = 135/133 = 1.01 ,取R0 = 20KΩ , Ri = Ki* R0 = 20 KΩ ,
因为τi = Ri * Ci 、Toi = 1/4* R0 * Coi, 所以Ci = τi/ Ri = 1.5 μf , 所以Coi=4* Toi/ R0=0.4μf。 过渡过程调整时间ts = 6* TΣi =6*0.0037 s = 0.02s 。
2．求转速调节器具体参数 : 因为TΣn= Ton + 2 TΣi = 0.0174 s
将电流环传递函数进行典型化，则Wi（S）= 1/0.0074s ,按ωcn = 34.5 < 1/3*√KI/ TΣi =1/3*√1/0.000012 = 96.2 ,满足近似条件。 当中频带宽h = 5 , τn = h* TΣn = 5 * 0.0174 = 0.087s , 经简化后的电流环动态度结构图如下图，
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因为 ：K=（h+1）/ τ
n * h2 * TΣn 2 = (5+1 ) / 2*5 2 *0.01742 = 396.4 (1/s2 ) ,
因为K= 3*Kn / τ
n ,
所以：Kn=Kτn/3=396.4*0.087/3=11.5 , 取R0 = 20KΩ , Rn = Kn* R0 = 11.5*20 KΩ = 220 KΩ , 因为τon = Rn * Cn 、Ton = 1/4* R0 * Con , 所以Cn = τn/ Rn = 0.4 μf , 所以Con=4* Ton/ R0=2μf 。 由上述参数的选择,当h=5时 ：
恢复时间tv =8* TΣn = 8.8*0.0174s= 0.153s ；
过渡过程调整时间ts =9* TΣn = 9 * 0.0174 = 0.156s 。
（电流调节器设计（6分）、转速调节器设计（5分）、其他计算（4分），计算过程正确，结果错误可酌情判分）。
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